通过翻译，问题可以简化为$0 \in A$，因此$A$是吸收性的。 令 $p$ 为$A$ (II, p. 20) 的*规格*，使得$A$ 为点 $x \in E$ 的集合，从而$p(x) < 1$。 另一方面，令$V$为$M$生成的$E$的向量子空间；因此$M$是$V$中的超平面，而不是包含$0$，因此$V$上有一个唯一的线性形式$f$，使得$M$是点的集合 $y \in V$ $f(y) = 1$。 因此，假设$M \cap A = \varnothing$意味着对于所有$y \in V$（其中$f(y) = 1$），我们有$p(y) \geqslant 1$；由于 $f$ 和 $p$ 是正齐次的，因此对于所有 $y \in V$，我们有 $f(y) \leqslant p(y)$，使得 $f(y) > 0$；最后，对于所有$y \in V$，我们看到$f(y) \leqslant p(y)$对于所有$p(y) \geqslant 0$，对于*所有*$y \in V$。 通过 Hahn-Banach 定理 (II, p. 22, 第 1) 的分析形式，$E$ 上存在线性形式 $h$，其中扩展 $f$ 并且对于所有 $x \in E$， $h(x) \leqslant p(x)$。 令 $H$ 为 $E$ 中的超平面，并使用等式 $h(x) = 1$。 显然$H \cap V = M$和$H \cap A = \varnothing$。 另一方面，$E$包含中$H$的补集是开非空集$A$，因此$H$在$E$中是*闭*的（I，p. 11，推论）。

Q.E.D.

对于集合 $C = A - B$ 是开、凸（II、p. 9，道具 7）且非空，也是 $0 \notin C$。通过II、p. 36的定理 1，$E$上存在连续的线性形式$f \neq 0$，使得$C$中存在$f(z) > 0$。然后，对于所有 $x \in A$ 和 $y \in B$，我们有 $f(x) > f(y)$。写$\alpha = \inf_{x \in A} f(x)$； $\alpha$是有限的，我们对所有$x \in A$有$f(x) \geq \alpha$，对所有$y \in B$有$f(y) \leq \alpha$；封闭的超平面 $H$ 与方程 $f(z) = \alpha$ 将 $A$ 与 $B$ 分开。

因为，如果$f(x) = \gamma$是$H$的方程，其中$f$是$E$中的连续线性形式，则$f$到$A$的限制是连续的，因此有界并在$A$中达到其界限（GT， IV, § 6.1，第 1)。

这说明$A$存在一两个平行于$H$的支撑超平面；第一种情况只有当$A$完全包含在与$H$平行的超平面中时才会出现。

$A$ 的每个支撑超平面都是封闭的，因为 $A$ 的所有点都在超平面的同一侧（II，p. 15，道具 17）。另外，如果$x_0$是$A$的边界点，则$x_0$不会属于到开非空凸集合$\overset{\circ}{A}$； 之后th。 II、p. 36中的1个存在超平面$H$，且包含$x_0$不满足$\overset{\circ}{A}$。由于 $A$ 是 $\overset{\circ}{A}$ 的闭包（II、p. 14，根据第 1 条到第 16 条），它由第 16 条命题得出。 $H$是$A$的支持超平面的II、p. 15的17。

因为$E$中存在0的开凸邻域$V$，使得$A + V$和$K + V$不满足（GT，II, § 4.3，道具4）。由于$A + V$和$K + V$在$E$中是凸且开的，道具。 II、p. 37的1表明，存在一个封闭的超平面$H$，将$A + V$与$K + V$严格分开，$a$更不必说$A$与$K$严格分开。

事实上，对于每个点$x \notin A$，都存在一个封闭的超平面，它将$x$与$A$严格分开（使用命题4）。

对于，设 $x_0 \notin A$； $\{ x_0 \}$ 是闭的，因此存在一个闭的超平面 $H$，它将 $x_0$ 与 $A$ 严格分开（命题 4）；令 $f(x) = \alpha$ 为 $H$ 的方程（$f$ 连续线性形式），并假设 $f(x) > \alpha$ 对于所有 $x \in A$。如果我们放入$\gamma = \inf_{x \in A} f(x)$，$f(x) \geq \gamma$包含$A$定义的半空间，是由方程$f(x) = \gamma$的支持度超平面决定的，而不是包含$x_0$； 从而推论。

有可能，一个不紧且没有内部点的闭凸集合，在局部凸空间中，没有任何闭支撑超平面 (II, p. 86, exerc.18 : cf. 还有 V, p. 71, exerc. 11）。

对于所有$x \notin \overline{M}$，令$H$是一个封闭的超平面，将$x$与$\overline{M}$严格分开；

因此$\overline{M}$平行于$H$；闭合的超平面 $H_1$、包含 $\overline{M}$ 且与 $H$ 平行，则不存在包含 $x$。推论如下。

条件显然是必要的。反之，我们证明它是充分的；如果点$x \in A$不包含在$C$中，则存在等式$f(z) = \alpha$的闭超平面，严格地将$x$与$C$分开；如果我们假设例 $f(x) < \alpha$，则连续仿射函数 $u = f - \alpha$ 与……矛盾假设。

对于 $\overline{C}$ 来说，是一个顶点为 $0$ 的凸锥（II，p. 13，道具 14）。对于$x \notin \overline{C}$，存在一个封闭的超平面$H$，它将$x$与$\overline{C}$严格分开（命题4）。现在只需应用以下引理：

设$f(z) = \alpha$与$\alpha < 0$为$H$的方程，则$f(z) = 0$为$H_0$的方程。如果存在$z \in A$使得$f(z) < 0$，那么就会存在$\lambda > 0$，使得$f(\lambda z) = \alpha$，并且作为$\lambda z \in A$，这将与假设矛盾。

对于点$(x, t)$的集合$A \subset E \times \mathbf{R}$，使得$x \in X$和$t \geqslant f(x)$是凸的（II，p. 17，命题19）并且是闭的，因为函数$(x, t) \mapsto f(x) - t$是下半连续的。然后令$x$为$X$中的任意点，并令$a \in \mathbf{R}$满足$a < f(x)$。由科。 II、p. 38中的1，$E \times \mathbf{R}$中存在闭超平面$H$，即包含$(x, a)$且不满足$A$。 $E \times \mathbf{R}$ 上的每个线性连续形式为形式

其中$\lambda \in \mathbf{R}$和$u$是$E$上的连续线性形式，因此$H$有一个方程形式$u(z) + \lambda t = \alpha$，而$H$包含$(x, a)$我们有$\alpha = u(x) + \lambda a$。现在点 $(x, f(x)) \in A$ 不会属于到 $H$，因此$\lambda \neq 0$。除以$-\lambda$，如有必要，我们可以将$H$的方程写为$t - a = u(z - x)$。作为$f(x) - a > 0$，因此，对于所有$z \in X$，我们有$f(z) > u(z - x) + a$，这证明了命题。

我们可以假设$X$非空。令$u, v$为$L$的两个元素，使得$u(x) > f(x)$和$v(x) > f(x)$适用于所有$x \in X$，并令$b$为常数，即$u$和$v$的上界。令$U$（或$V$）为$X \times \mathbf{R}$的点$(x, t)$的紧凸集合，使得$u(x) \leq t \leq b$（或$v(x) \leq t \leq b$），并令$F$为集合 $(x, t) \in X \times \mathbf{R}$使得$t \leq f(x)$； $F$ 是凸的并且在 $X \times \mathbf{R}$ 内闭合。 $U \cup V$的凸包络$K$不满足$F$，因为$U \cup V$包含在$(x, t) \in X \times \mathbf{R}$的集合中，使得$f(x) < t$、集合是凸的并且不满足$F$。由于$K$是紧致的（II，p. 14，道具15），我们可以通过$E \times \mathbf{R}$中的闭超平面$H$严格地将$F$与$K$分开。对于每个$x \in X$，超平面$H$严格地将$(x, f(x))$与$(x, b)$分开，*因此*在单个点$w(x)$中满足线$\{ x \} \times \mathbf{R}$；因此$H$是连续仿射函数的图，其限制$w$到$X$是$L$的成员，即$u$和$v$的下界并且满足不等式 $w(x) > f(x)$ 对于所有 $x \in X$。这证明集合$L'$是递减有向。 II、p. 39的第5条命题应用于$-f$表明$f$是$L'$的下包络线。

对于，道具。 6 和 Dini 的定理（GT，X, § 4.1，第 1）表明，对于所有$n$，都存在$h_n \in L$，使得$f \leq h_n \leq f + 1/n$。